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Exo7 Fonctions réelles d"une variable réelle dérivables (exclu études de fonctions) * très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable T : pour travailler et mémoriser le cours Exercice 1***Soitf2C1([a;b];R)telle quef(b)f(a)ba=supff0(x);x2[a;b]g. Montrer quefest affine. D n+1(]a;b[;R). Montrer qu"il existec2]a;b[tel que f(b) =nå k=0f (k)(a)k!(ba)k+(ba)n+1f(n+1)(c)(n+1)!:
Indication. Appliquer le théorème de ROLLEà la fonctiong(x) =f(b)ånk=0f(k)(x)k!(bx)kA(bx)n+1(n+1)!oùA
est intelligemment choisi. f(b) =f(a)+ba2 (f0(a)+f0(b))f(3)(c): Indication. Appliquer le théorème de ROLLEàg0puisgoùg(x)=f(x)f(a)xa2 (f0(x)+f0(a))A(xa)3 oùAest intelligemment choisi. Que devient cette formule si on remplacefparFune primitive d"une fonctionfde classeC1sur[a;b]et deux fois dérivable sur]a;b[? Interprétez géométriquement.à droite et à gauche en tout point deI.
1. Montrer quexa11::xann6a1x1+:::+anxn. En déduire quenpx
1:::xn6x1+:::+xnn
2. Soient petqdeux réels strictement positifs tels que1p +1q =1. (a) Montrer que, pour tous réels aetbpositifs ou nuls,ab6app +bqq avec égalité si et seulement si a p=bq. 1 (b)Soient a1,...,anetb1,...,bn, 2nnombres complexes. Montrer que : nå k=1a kbk6nå
k=1jakbkj6 nå k=1jakjp!1=p nå
k=1jbkjq! 1=q (Inégalité de HÖLDER): (c) Montrer que la fonction x7!xpest convexe et retrouver ainsi l"inégalité de HÖLDER. (d) T rouverunedémonstrationdirecteetsimpledanslecasp=q=2(inégalitéde CAUCHY-SCHWARZ). 1. Déterminer le de gréet le coef ficientdominant de Ln. 2.En étudiant le polynôme An= (X21)n, montrer queLnadmetnracines réelles simples et toutes dans
]1;1[. xSoitD:[a;b]!R
x7! f(a)f(b)f(x) g(a)g(b)g(x) 1 1 1 1. Montrer que Dest continue sur[a;b], dérivable sur]a;b[et calculer sa dérivée. 2. En déduire qu"il e xistecdans]a;b[tel que(g(b)g(a))f0(c) = (f(b)f(a))g0(c). +3. En remarquant quef(x2 +3) =f(x)2 +3, montrer quef0est constante puis déterminerf. (Indication. Considérerg(x) =exf(x)). 31)u0>1 et8n2N;un+1=p1+un;2)u0>1 et8n2N;un+1=ln(1+un)
Correction del"exer cice1 Nf
0est continue sur le segment[a;b]et donc est bornée sur ce segment. SoitM=supff0(x);x2[a;b]g, et soit
gla fonction affine qui prend les mêmes valeurs quefenaetb(c"est-à-dire8x2[a;b];g(x) =f(b)f(a)ba(x
a)+f(a) =) puish=fg. On va montrer queh=0 sous l"hypothèseM=f(b)f(a)ba. hest dérivable sur[a;b]et, pourx2[a;b],h0(x) =f0(x)f(b)f(a)ba=f0(x)M60.hest donc décroissante sur[a;b]. Par suite,8x2[a;b];0=h(b)6h(x)6h(a) =0. Ainsi,8x2[a;b];h(x) =0, ou encoref=g.fest donc affine sur[a;b].Correction del"exer cice2 NOnadéjàg(b)=f(b)f(b)=0. Puisquea6=b, onpeutchoisirAtelqueg(a)=0(àsavoirA=(n+1)!(ba)n+1(f(b)
nk=0f(k)(a)k!(ba)k).Avec les hypothèses faites surf,gest d"autre part continue sur[a;b]et dérivable sur]a;b[. Le théorème de
ROLLEpermet alors d"affirmer qu"il existec2]a;b[tel queg0(c) =0.Pourx2]a;b[, on a
g0(x) =nå
k=0f (k+1)(x)k!(bx)k+nå k=1f (k)(x)(k1)!(bx)k1+A(bx)nn! =nå k=0f (k+1)(x)k!(bx)k+n1å k=0f (k+1)(x)k!(bx)k+A(bx)nn!=nå k=0f (n+1)(x)n!(bx)n+A(bx)nn! (bx)nn!(Af(n+1)(x)): Ainsi, il existec2]a;b[tel que(bc)nn!(Af(n+1)(c)) =0, et donc, puisquec6=b, tel queA=f(n+1)(c).L"égalitég(a) =0 s"éxrit alors
f(b) =nå k=0f (k)(a)k!(ba)k+(ba)n+1f(n+1)(c)(n+1)!; pour un certain réelcde]a;b[.Correction del"exer cice3 NPourx2[a;b], posonsg(x) =f(x)f(a)xa2 (f0(x)+f0(a))A(xa)3oùAest choisi de sorte queg(b) = g(a) =0 (c"est-à-direA=1(ba)3(f(b)f(a)ba2 (f0(b)+f0(a))). f2C2([a;b];R)\D3(]a;b[;R)et doncg2C1([a;b];R)\D2(]a;b[;R). Pourx2[a;b], on a : g0(x) =f0(x)12
(f0(x)+f0(a))xa2 f00(x)3A(xa)2; puis g00(x) =12
f00(x)12 f00(x)xa2 f(3)(x)6A(xa) =xa2 (12Af(3)(x)):gest continue sur[a;b], dérivable sur]a;b[et vérifie de plusg(a)=g(b). Donc, d"après le théorème de ROLLE,
il existed2]a;b[tel queg0(d) =0. De même,g0est continue sur[a;d][a;b], dérivable sur]a;d[(6=/0)et
vérifie de plusg0(a) =g0(d)(=0). D"après le théorème de ROLLE, il existec2]a;d[]a;b[tel queg00(c) =0
ou encore tel queA=112 f(3)(c)(puisquec6=a). En écrivant explicitement l"égalitég(b) =0, on a montré que :9c2]a;b[=f(b) =f(a)+ba2
(f0(b)+f0(a))112 f(3)(c)(ba)3:Sif2C1([a;b];R)\D2(]a;b[;R)et siFest une primitive defsur[a;b], la formule précédente s"écrit :
5 Z b af(t)dt=F(b)F(a)=ba2 (F0(b)+F0(a))112F(3)(c)(ba)3=ba2
(f(b)+f(a))112 f00(c)(ba)3:Donc, sif2C1([a;b];R)\D2(]a;b[;R),
9c2]a;b[=Z
b af(t)dt=ba2 (f(b)+f(a))112 f00(c)(ba)3:Interprétation géométrique.
Sifest positive,A1=Rb
af(t)dtest l"aire du domaineD=fM(x;y)2R2=a6x6bet 06y6f(x)getA2= ba2 (f(b)+f(a))est l"aire du trapèzea 0 b 0 b f(b) a f(a) . SiM2=supfjf00(x)j;x2[a;b]g existe dansR, on a : jA1A2j6M2(ba)312:a?Correction del"exer cice4 NSupposons quefest convexe sur un intervalle ouvertI=]a;b[(aetbréels ou infinis).
Soitx02I. On sait que la fonction pente enx0est croissante.Pourx6=x0, posonsg(x) =f(x)f(x0)xx0. Soitx0un élément de]x0;b[.8x2]a;x0[, on ag(x) quegest majorée au voisinage dex0à gauche. Etant croissante,gadmet une limite réelle quandxtend versx0
à gauche en tout point de]a;b[et donc continue sur]a;b[.Correction del"exer cice5 N1.La fonction f:x7!lnxest deux fois dérivable sur]0;+¥[et, pourx>0,f00(x) =1x
2<0. Par suite,
fest concave sur]0;+¥[. On en déduit que : k=1a k=1)ln(nå k=1a kxk)>nå k=1a kln(xk); et donc par croissance defsur]0;+¥[, nÕ k=1xakk6nå k=1a kxk: 6 Si l"un desxkest nul, l"inégalité précédente est immédiate.En choisissant en particuliera1=:::=an=1n
, de sorte que(a1;:::;an)2(]0;1[)net queånk=1ak=1, on obtient8n2N;8(x1;:::;xn)2([0;+¥[)n;npx
1:::xn61n
(x1+:::+xn): 2. (a) Soient petqdeux réels strictement positifs vérifiant1p +1q =1 (de sorte que l"on a même1p 1p +1q =1 et doncp>1 et aussiq>1). Sia=0 oub=0, l"inégalité proposée est immédiate. Soit alorsaun réel strictement positif puis, pourx>0,f(x) =app +xqq ax. fest dérivable sur[0;+¥[(carq>1) et pourx>0,f0(x) =xq1a.qétant un réel strictement plus grand que 1,q1 est strictement positif et donc, la fonctionx7!xq1est strictement croissante sur[0;+¥[. Par suite, f0(x)>0,xq1>a,x>a1=(q1):
fest donc strictement décroissante sur[0;a1=(q1)]et strictement croissante sur[a1=(q1);+¥[.Ainsi,
8x>0;f(x)>f(a1=(q1)) =1p
ap+1q aq=(q1)a:a1=(q1):Maintenant,
1p +1q =1 fournitq=pp1puisq1=1p1. Par suite,qq1=p. Il en résulte que 1p ap+1q aq=(q1)a:a1=(q1)= (1p +1q1)ap=0:
fest donc positive sur[0;+¥[, ce qui fournitf(b)>0. De plus, f(b) =0,b=a1=(q1),bq=aq=(q1),bq=ap: (b)Soient A=ånk=1jakjpetB=ånk=1jbkjq.
SiA=0, alors8k2 f1;:::;ng;ak=0 et l"inégalité est immédiate. De même, siB=0.SiA>0 etB>0, montrons queånk=1jakjA
1=pjbkjB
1=q61.
D"après a),
nå k=1jakjA1=pjbkjB
1=q6nå
k=1(1p jakjpA +1q jbkjqB ) =1pA :A+1qB :B=1; ce qu"il fallait démontrer. (c) Pour p>1, la fonctionx7!xpest deux fois dérivable sur]0;+¥[et(xp)00=p(p1)xp2>0. Donc, la fonctionx7!xpest strictement convexe sur]0;+¥[et donc sur[0;+¥[par continuité en0. Donc,
nk=1lk p6ånk=1lkxp
kå nk=1lk; et donc nå k=1l kxk6(nå k=1l k)11p (nå k=1l kxp k)1p On applique alors ce qui précède àlk=jbkjqpuisxk=l1=p kjakj(de sorte quelkxk=jakbkj) et on obtient l"inégalité désirée. 7(d)Pour p=q=2, c"est l"inégalité de CAUCHY-SCHWARZdémontrée dans une planche précédente.Correction del"exer cice6 N1.(X21)nest de degré 2net donc,Lnest de degré 2nn=n. Puis, dom(Ln) =dom((X2n)(n)) =(2n)!n!.
2.1 et 1 sont racines d"ordrendeAnet donc racines d"ordrenkdeA(k)n, pour toutkélément def0;:::;ng.
Montrons par récurrence surkque8k2 f0;:::;ng,A(k)ns"annule en au moinskvaleurs deux à deux distinctes de l"intervalle]1;1[. Pourk=1,Anest continu sur[1;1]et dérivable sur]1;1[. De plus,An(0) =An(1) =0 et d"après le théorème de ROLLE,A0ns"annule au moins une fois dans l"intervalle]1;1[. Soitkélément def1;:::;n1g. Supposons queA(k)ns"annule en au moinskvaleurs de]1;1[.A(k)n s"annule de plus en 1 et1 cark6n1 et donc s"annule enk+2 valeurs au moins de l"intervalle [1;1]. D"après le théorème de ROLLE,A(k+1)ns"annule en au moinsk+1 points de]1;1[(au moins une fois par intervalle ouvert). On a montré que8k2 f0;:::;ng,A(k)ns"annule en au moinskvaleurs de]1;1[. En particulier,A(n)n=Lns"annule en au moinsnréels deux à deux distincts de]1;1[. PuisqueLnest de degrén, on a trouvé
toutes les racines deLn, toutes réelles, simples et dans]1;1[.Correction del"exer cice7 N1.Pour n>1, on a d"après la formule de LEIBNIZ:
(xn1ln(1+x))(n)=nå k=0 n k (xn1)(k)(ln(1+x))(nk) n1å k=0 n k (xn1)(k)(ln(1+x))(nk)(car(xn1)(n)) =0) n1å k=0 n k (n1)!(n1k)!xn1k(1)n1k(n1k)!(x+1)nk (car(ln(1+x))(nk)= (11+x)(nk1)): Puis, pourx=0,(xn1ln(1+x))(n)(0) =n:(n1)!=n!, et pourx6=0, (xn1ln(1+x))(n)(x) =(n1)!x n1å k=0 n k (xx+1)nk=(n1)!x ((1xx+1)n1) (n1)!x (x+1)n1(x+1)n: 2.On sait déri verf acilementdes sommes ou plus généralement des combinaisons linéaires. Donc, on
linéarise : cos3xsin(2x) =18
(eix+eix)3(14 )(e2ixe2ix) =132 (e3ix+3eix+3eix+e3ix)(e2ix2+e2ix) =132 (e5ix+e3ix2eix2eix+e3ix+e5ix) =116 (cos(5x)+cos(3x)2cos(x)) 8Puis, pournnaturel donné :
(cos3xsin2x)(n)=116 (5ncos(5x+np2 )+3ncos(3x+np2 )2cos(x+np2 expression que l"on peut détailler suivant la congruence denmodulo 4. 3. On sait déri verdes objets simples et donc on décompose en éléments simples : XPuis, pournentier naturel donné,
X2+1(X1)3
(n) (1)nn!(X2+2nX+n2+n+1)(X1)n+3: 4.La fonction proposée est de classe C¥surRen vertu de théorèmes généraux. La formule de LEIBNIZ
fournit pourn>3 : ((x3+2x7)ex)(n)=nå k=0 n k (x3+2x7)(k)(ex)(nk)=3å k=0 n k (x3+2x7)(k)(ex)(nk) = ((x3+2x7)+n(3x2+2)+n(n1)2 (6x)+n(n1)(n2)6 :6)ex= (x3+3nx2+(3n23n+2)x+n33n2+4n7)ex:Correction del"exer cice8 Nfest de classe¥surRen vertu de théorèmes généraux.
Montrons par récurrence que8n2N;9Pn2R[X]=8x2R;f(n)(x) =Pn(x)x3ne1=x2.
C"est vrai pourn=0 avecP0=1.
Soitn>0. Supposons que9Pn2R[X]=8x2R;f(n)(x) =Pn(x)x3ne1=x2. Alors, pourx2R,
f (n+1)(x) = (2x 3P n(x)x3n+(P0n(x)1x
3n3nPn(x)1x
3n+1)e1=x2=Pn+1(x)3
3(n+1)e1=x2;
oùPn+1=2Pn+X3P0n3nX2Pnest un polynôme. On a montré que8n2N;9Pn2R[X]=8x2R;f(n)(x) =Pn(x)x
3ne1=x2:
Montrons alors par récurrence que pour tout entier natureln,fest de classeCnsurRet quef(n)(0) =0. Pourn=0,fest continue surRet de plus, limx!0;x6=0f(x) =0=f(0). Donc,fest continue surR. Soitn>0. Supposons quefest de classeCnsurRet quef(n)(0) =0. Alors, d"une partfest de classeCnsurRetCn+1surRet de plus, d"après les théorèmes de croissances comparées,f(n+1)(x) =Pn+1(x)x
3n+3e1=x2tend
vers 0 quandxtend vers 0,x6=0. D"après un théorème classique d"analyse,fest de classeCn+1surRet en
particulier,f(n+1)(0) =limx!0;x6=0f(n+1)(x) =0.On a montré par récurrence que8n2N,fest de classeCnsurRet quef(n)(0) =0.fest donc de classeC¥
surR. 9 Correction del"exer cice9 NMontrons que (8x>0;1+1x xdérivable sur]x;x+1[. Donc, d"après le théorème des accroissements finis, il existe un réelcdans]x;x+1[tel
quef(x+1)f(x) = (x+1x)f0(c)ou encore9c2]x;x+1[=ln(x+1)lnx=1c
ce qui montre que8x>0;1x+10f0(x0)f(x0) =0:
Pourxréel, on poseg(x) =
f(x)x six6=00 six=0(gest la fonction pente à l"origine ).
Puisquefest continue et dérivable surR,gest déjà continue et dérivable surR. Puisquefest dérivable en 0 et quef(0) =f0(0) =0,gest de plus continue en 0.Finalement,gest continue sur[0;a], dérivable sur]0;a[et vérifieg(0) =g(a)(=0). D"après le théorème de
ROLLE, il existe un réelx0dans]0;a[tel queg0(x0) =0. Puisquex0n"est pas nul, on ag0(x0) =x0f0(x0)f(x0)x
20.L"égalitég0(x0) =0 s"écritx0f0(x0)f(x0) =0 et, d"après le début de l"exercice, la tangente à la courbe
représentative defau point d"abscissex0passe par l"origine.Correction del"exer cice11 N1.Soit munélémentde]f0(a);f0(b)[. Puisquelimh!0f(a+h)f(a)h
=f0(a)etquelimh!0f(b+h)f(b)h =f0(b), on a (en prenant par exemplee=Minfmf0(a);f0(b)mg>0)